甘肃省天水市第一中学2024−2025学年高一下学期第三阶段测试（5月月考） 数学试题（含解析）

这是一份甘肃省天水市第一中学2024−2025学年高一下学期第三阶段测试（5月月考） 数学试题（含解析），共27页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．如图，点分别是正四面体棱上的点，设，直线与直线所成的角为，则（ ）
A．当时，随着的增大而增大
B．当时，随着的增大而减小
C．当时，随着的增大而减小
D．当时，随着的增大而增大
2．已知向量与的夹角为，且，向量满足，且，记向量在向量与方向上的投影分别为x､y.现有两个结论：①若，则；②的最大值为.则正确的判断是（ ）
A．①成立，②成立B．①成立，②不成立
C．①不成立，②成立D．①不成立，②不成立
3．已知平面向量，，满足，，，（，）.当时，（ ）
A．B．C．D．
4．的周长为18，若，则的内切圆半径的最大值为（ ）
A．1B．C．2D．4
5．若，则下列说法正确的是（ ）
A．的最小正周期是
B．的对称轴方程为（）
C．存在实数a，使得对任意的，都存在、且，满足（，2）
D．若函数，（是实常数），有奇数个零点，，…，，（），则
6．已知共面向量满足且.若对每一个确定的向量，记的最小值为，则当变化时, 的最大值为 ( )
A．B．C．8D．
7．奔驰定理：已知是内的一点，，，的面积分别为，，，则．“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车（Mercedes benz）的lg很相似，故形象地称其为“奔驰定理”若是锐角内的一点，，，是的三个内角，且点满足，则必有（ ）
A．
B．
C．
D．
8．已知正三棱锥的底面是边长为6的正三角形，其外接球球的表面积为，且点到平面的距离小于球的半径，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．欧拉对函数的发展做出了巨大贡献，除特殊符号、概念名称的界定外，欧拉还基于初等函数研究了抽象函数的性质，下面对于定义在R上的函数，满足，有，则下面判断一定正确的是（ ）
A．是的一个周期B．是奇函数
C．是偶函数D．
10．已知△ABC三个内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，且，c=2．则下列结论正确（ ）
A．△ABC面积的最大值为B．的最大值为
C．D．的取值范围为
11．勒洛Franz Reuleaux（1829～1905），德国机械工程专家，机构运动学的创始人.他所著的《理论运动学》对机械元件的运动过程进行了系统的分析，成为机械工程方面的名著.勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体.如图所示，设正四面体的棱长为2，则下列说法正确的是（ ）
A．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为
B．勒洛四面体被平面截得的截面面积是
C．勒洛四面体表面上交线的长度为
D．勒洛四面体表面上任意两点间的距离可能大于2
三、填空题
12．三棱锥中，顶点P在平面ABC的射影为O，满足，A点在侧面PBC上的射影H是的垂心，，此三棱锥体积的最大值是 .
13．已知的内角，，所对的边分别为，，，其中，，，则能覆盖的正方形的最小边长为 ．
14．若平面有不共线的五点A，B，C，D，O，记，，，，满足.，，则的最小值为 ．
四、解答题
15．三角形的布洛卡点是法国数学家、数学教育学家克洛尔于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意．1875年，布洛卡点被一个数学爱好者布洛卡重新发现，并用他的名字命名．当内一点满足条件时，则称点为的布洛卡点，角为布洛卡角．如图，在中，角所对边长分别为，点为的布洛卡点，其布洛卡角为．
（1）若．求证：
①（为的面积）；
②为等边三角形．
（2）若，求证：．
16．在直三棱柱中，，，，点是平面上的动点．
（1）若点在线段上（不包括端点），设为异面直线与所成角，求的取值范围；
（2）若点在线段上，求的最小值；
（3）若点在线段上，作平行交于点，是上一点，满足．设，记三棱锥的体积为．我们知道，函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数．据此，判断函数在定义域内是否存在，使得函数在上的图象是中心对称图形，若存在，求及对称中心；若不存在，说明理由．
17．已知两个函数，，，若对任意的，存在唯一的，使得成立，则称为的“友好函数”.
(1)判断函数，是否为，的“友好函数”，并说明理由；
(2)若函数，是，的“友好函数”，求的最小值；
(3)已知函数，，，，若是的“友好函数”，且也是的“友好函数”，求实数的值及的最大值.
18．对于平面向量（且），记，若存在，使得，则称是的“k向量”．
(1)设，若是的“向量”，求实数的取值范围；
(2)若，则是否存在“1向量”？若存在，求出“1向量”；若不存在，请说明理由；
(3)已知均为的“向量”，其中．设平面直角坐标系中的点列满足（与原点O重合），且与关于点对称，与关于点对称．求的取值范围．
19．如图，在正四棱锥中，所有棱长均为，点是棱的中点，点是底面内任意一点，点到侧面的距离分别为．
（1）证明：平面平面；
（2）求；
（3）记与侧面所成的角分别为，证明：．
参考答案
1．【答案】D
【详解】当时，如下图作交于点，所以直线与直线所成的角即为直线与直线所成的角，即，
设正四面体的棱长为3，则，
可求得，
所以在中，有，
令，则，
时，有正有负，函数有增有减，
所以故A与B错误；
当时，如下图作交于点，所以直线与直线所成的角即为直线与直线所成的角，即.
同样设正四面体的棱长为3，则，
可求得，
,
在中，有，
所以，即，
所以在中，有，
令，则，
所以在定义域内单调递减，即增大，减小，即减小，从而增大，故D正确，C错误.
故选D.
2．【答案】C
【详解】由，解得：，当时，，由得：，即，由得：，因为，假设，则可求出，，代入中，等号不成立，故①错误；
设，，，因为，由向量共线定理可知，点C在线段AB上，如图，设，则，因为，所以，即，故在方向的投影等于在方向的投影相等，故点C满足，又，，所以
，其中，而要想保证最大，只需最小，由余弦定理可得：，当且仅当时，等号成立，所以最小值为，所以最大值为，故的最大值为，②正确.
故选C
3．【答案】A
【详解】解析：作，，，由题意，
设直线与直线交于点，
∵（，），
∴点在线段上（不含端点）
又，结合等和线性质，可知
作于，于，
有，
记
①当点在线段上时，，
由，得，可解得，进而有
此时，，
（注：点为线段的中点，在线段上，符合题意）
可得，所以
②当点在线段的反向延长线上时，同①方法可推得点与点重合，矛盾综上，.
故选A
4．【答案】B
【详解】由题意得，
因为，
所以，
即，
即，故，
又，
分子分母同除以可得，
，
如下图，的内切圆圆心为，且圆与相切于点，与相切于点，
设的内切圆半径为，，
显然，，
故，即，
，整理可得，，
将代入中得，，
因为，
即，
所以，
故，解得，，
则，当且仅当时，等号成立，
故的内切圆半径的最大值为.
故选B
5．【答案】B
【分析】对于A选项，平方后利用辅助角公式化简得到，得到为函数的周期，所以A错误；
对于B选项，利用整体法求解函数的对称轴方程，所以B正确；
对于C选项，首先求出，，画出上的的函数图象，问题等价于有两个解，
数形结合得到，无解，所以C错误；
对于D选项，的根转化为与交点横坐标，画出图象，结合对称性求解.
【详解】，.
因为，所以.
对于A项，因为，
所以为的周期，所以A错误；
对于B项，的对称轴方程为.
所以（）.即（）.所以 B正确.
对于C项，，有，
因为在上单调递增，
所以，
（，2），等价于有两个解，
当时，，显然无解，
不妨设，画出在的的图象，如图所示：
.
或，无解，所以C错误；
对于D项，的根为与交点横坐标.
因为有奇数个交点，
，
且，，，，，
，，，，
所以D错误.
故选B.
【思路导引】本题为较复杂的函数零点问题，通常转化为两函数的交点问题，数形结合进行求解.
6．【答案】C
【详解】如图，固定向量，则向量分别在以(4,0)为圆心，r为半径的圆上的直径两端运动，其中 易知点B的坐标
因为
所以OB=BC，即
整理可得 ，所以
而的最小值为，
即
将，当时取最大值，此时
故的最大值为8
故选C
7．【答案】C
【详解】如图，因为，
所以，同理，，
所以为的垂心。
因为四边形的对角互补，所以，
．
同理，，
，
．
，
．
又
．
由奔驰定理得.
故选C．
8．【答案】A
【详解】利用外接球的表面积求出外接球半径为，再根据勾股定理求出点到平面的距离，找到异面直线与所成的角，然后在三角形中利用余弦定理进行分析求解，即可得到答案.
【详解】因为外接球的表面积为，设外接球半径为，则，则，
设点到平面的距离为， 的中心为，则，由勾股定理得，解得：或（舍去）
取的中点，则由中位线性质知，，
所以异面直线与所成的角为或其补角，
在中，勾股定理知，即，
，又，，
，
故
所以异面直线与所成角的余弦值为
故选A
9．【答案】ABD
【详解】令，得，
令，得，故为奇函数，所以 选项B正确，选项C错误；
令，得
令，得
所以选项A正确；
令，得
所以
令，得
因为，
所以，故选项D正确.
故选ABD
10．【答案】AB
【详解】由余弦定理得：，解得：，
由基本不等式得：，当且仅当时，等号成立，
所以，故，A正确；
，
其中由正弦定理得：，
所以
，
因为，所以，
故最大值为，的最大值为，
B正确；
，
故C错误；
，
因为，所以，
所以，D错误.
故选AB
11．【答案】ABD
【详解】A选项，先求解出正四面体的外接球，如图所示：
取的中点，连接，过点作于点，则为等边的中心，
外接球球心为，连接，则为外接球半径，设，
由正四面体的棱长为2，则，，
，
，，
由勾股定理得：，即，
解得：，
此时我们再次完整的抽取部分勒洛四面体，如图所示：
图中取正四面体中心为，连接交平面于点，交于点，其中与共面，其中即为正四面体外接球半径，
设勒洛四面体内切球半径为，则，故A正确；
B选项，勒洛四面体截面面积的最大值为经过正四面体某三个顶点的截面，如图所示：
面积为，B正确；
C选项，由对称性可知：勒洛四面体表面上交线所在圆的圆心为的中点，
故，又，
由余弦定理得：，
故，且半径为，故交线的长度等于，C错误；
D选项，将正四面体对棱所在的弧中点连接，此时连线长度最大，如图所示：
连接，交于中点，交于中点，连接，则，
则由C选项的分析知：，
所以，
故勒洛四面体表面上两点间的距离可能大于2，D正确.
故选ABD
12．【答案】36
【详解】由P在平面ABC的射影为O，且，
所以O是的重心，连接并延长交于，连接并延长交于，
则分别是、中点，
由面，面，则，
又H是的垂心，则，
而，面，所以面，
由面，故，
由面，面，则，
又，面，则面，
由面，所以，
而面，则，又，，面，
所以面，面，则，
而面，则，
又，面，则面，
由面，则，即，
根据，，分别为、中点，故为等边三角形，
设边长为，则，故，又，
所以，则，
故，当且仅当，即时等号成立，
所以三棱锥体积的最大值是36.
13．【答案】
【详解】由题意，且，
在中，由正弦定理可得，，，
由面积相等且可得在边上的高最大，且，
因为，所以当正方形的边长为时可以覆盖，如图1.
当有一个顶点与正方形顶点重合时，因为边上的高最大，
所以当点与正方形顶点重合时，正方形边长小于等于点（或）与正方形顶点重合时的正方形边长.
如图2，设，
则，
因为，所以，
利用和差公式展开整理可得，所以，
所以，正方形边长.
综上，能覆盖的正方形的最小边长为.
14．【答案】/
【详解】由,可得，且，即.
作，
如图所示，则，，均为正三角形，且，

由，得，
化简可得，，所以在直线上.
由图象可知，，所以，
可得点在以点为圆心，以为半径的圆E上，所以.
如图过E作MN垂线垂足为C，交圆E于D点，则显然，
此时的最小值为.
15．【答案】（1）①证明见解析；②证明见解析
（2）证明见解析
【详解】（1）①若，
则
，
所以，
在中，分别由余弦定理得：
，
，
，
三式相加整理得，
即，
所以；
②由余弦定理可得，
则
，
当且仅当且时取等号，
有，所以，所以，所以，
即当且仅当且时取等号，
即当且仅当为等边三角形时取等号，
所以，当且仅当为等边三角形时取等号，
又由①知，
所以为等边三角形；
（2）由（1）得，
所以
，
所以，
又由余弦定理可得，
所以，
所以，所以，
由正弦定理可得．
16．【答案】（1）；
（2）5；
（3）存在，对称中心为，．
【详解】（1）在直三棱柱中，，作交于，连接，
则为异面直线与所成角或其补角，设，，
由，得，则，，，
在中，，
由，得，则，，
所以与所成角余弦值的取值范围为．
（2）由，，，得，，
将平面翻折使得与平面在同一平面上，且使矩形与在两侧，
过作于，交于，则，
对任意点，过作于，连接，，
则，当且仅当与重合时取等号，
显然，设，，，
从而，，
在中，，即，
化简得，解得，即，
所以的最小值为5．
（3），对称中心为．
由，得，，平面，，
，整理得（），
令，设其图象对称中心为，则为奇函数，
则为奇函数，
，解得，
所以对称中心为，由对称性可得．
17．【答案】(1)不是，理由见详解；
(2)；
(3)，的最大值为1.
【详解】（1），不是，的“友好函数”，理由如下：
取，因为，所以不存在，使得，
所以，不是，的“友好函数”；
（2）由题意，对任意，存在唯一使成立，
即，所以函数的值域是函数值域的子集.
因为，，所以，其值域为，
而在上单调递增，故值域为，
从而，即，所以；
（3）当是的“友好函数”时，
由题意，对任意的，存在唯一的，使成立，
即，则的值域是值域的子集.
当是的“友好函数”时，
由题意，对任意的，存在唯一的使成立，
即，则的值域是值域的子集.
所以的值域与值域相同（且值域中的数值一一对应）.
当是的“友好函数”时，因为，
若存在使得，则不存在，使得，
所以当时，，所以，
因为在上单调递减，所以，
①当时，，不符合要求；
②当时，，，
因为，所以，不符合要求；
③当时，，，
若，则在上单调递减，
从而在上单调递增，故，
从而时，，
因为的值域与值域相同，所以，
即，所以，又在上单调递增，
所以当时，的最大值为1.
若，则在上单调递减，在上单调递增，
此时值域与值域中的数值不可能一一对应，不符合要求.
综上：，的最大值为1.
18．【答案】(1)
(2)存在，
(3)
【分析】（1）利用向量的坐标运算和模的运算即可得解；
（2）利用三角函数的周期性再结合向量的坐标运算即可得解；
（3）利用向量的坐标运算结合方程组思想即可得解；
【详解】（1）依题意得,
又由是的“向量”，可得，则，
整理得，解得或，
所以实数的取值范围是；
（2）依题意，可得．
因为，
所以中的向量依次以3为周期．
若存在“1向量” ，只需．
因为，
所以
．
所以只需使，
整理得．
即，即，
当时，符合要求．
故存在“1向量”，且“1向量”为；
（3）因为为的“向量”，所以，
即，即，
同理，
以上三式相加，整理得，
即，即，所以．
则．
设，依题意，有
得，
所以，
，
所以，
，
当且仅当时，时，，
所以，
所以，
所以的取值范围是．
19．【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）证明见解析
【详解】（1）因为在正四棱锥中，所有棱长均为，点是棱的中点，
所以，，
又，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面；
（2）设，连接，则平面，
设点到平面的距离为，因为在正四棱锥中，所有棱长均为，
所以四个侧面的正三角形的面积均为，底面正方形的面积为，
又，
依题意可得，
所以，
即，解得；
（3）设平面与的交线为，，，
过点作平面使得平面，
（即过点作交于点、交于点，再在平面内作，连接，
则，又，平面，所以平面，
又，平面，平面，所以平面，
又平面与的交线为，平面，所以，
所以平面），
设，，，，
所以，即，
所以，同理可得，
所以，
设，同上方法可得，
所以，
而，
所以，
又与侧面所成的角分别为，
则，，，，
而，
所以.